四川省绵阳市绵阳中学2022-2023学年高三数学上学期12月月考试题（Word版附解析）

绵阳中学高2023届高三上学期12月阶段性考试

理科数学

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知集合，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据交集的定义计算．

【详解】由题意，

故选：B．

【点睛】本题考查集合的交集运算，掌握交集定义是解题关键，本题属于简单题．

2. 已知，，，，则下列命题是真命题的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先判断命题的真假，再判断复合命题的真假即可求解.

【详解】因为对，恒成立，所以命题，为假命题；

因为当时，，所以命题，为假命题，

则，均为假命题，因为为假命题，所以为假命题，

因为均为假命题，所以为真命题，

故选：.

3. 在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生在规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是

A. 甲地：总体均值为3，中位数为4 B. 乙地：总体均值为1，总体方差大于0

C. 丙地：中位数为2，众数为3 D. 丁地：总体均值为2，总体方差为3

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：由于甲地总体均值为，中位数为，即中间两个数（第天）人数的平均数为，因此后面的人数可以大于，故甲地不符合.乙地中总体均值为，因此这天的感染人数总数为，又由于方差大于，故这天中不可能每天都是，可以有一天大于，故乙地不符合，丙地中中位数为，众数为，出现的最多，并且可以出现，故丙地不符合，故丁地符合.

考点：众数、中位数、平均数、方差

4. 如图所示的图形来自中国古代的太极图，白色小圆和黑色小圆的圆心分别为A，B．过点A作与AB垂直的弦与大圆交于C，D两点，则的面积与圆的面积之比为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】作出示意图，找到图中的几何关系，利用垂径定理求得线段长度间的关系，最后求出面积比例.

【详解】如图：做出示意图，易知A,B,O为圆O直径的4等分点，

设圆O半径为2， ,

而，

中，，

,

，

又，

，

故选：C.

5. 在下列条件中，使与 ，，一定共面的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据空间共面向量定理以及其结论一一判断各选项，即可得答案.

【详解】对于A选项，,由于，所以不能得出共面.

对于B选项，由于，则为共面向量，所以共面.

对于C选项, ，由于，所以不能得出共面.

对于D选项，由得，

而，所以不能得出共面,

故选：B

6. 为了在一条河上建一座桥，施工前在河两岸打上两个桥位桩，(如图)，要测量，两点的距离，测量人员在岸边定出基线，测得，，．就可以计算出，两点的距离为（       ）．

A. m B. m C. m D. m

【答案】D

【解析】

【分析】由三角形内角和定理求出，再利用正弦定理即可求解

【详解】由三角形内角和定理可知：，

由正弦定理得:，

故选：D

7. 在正方体ABCD­A1B1C1D1中，若F，G分别是棱AB，CC1的中点，则直线FG与平面A1ACC1所成角的正弦值等于(　　)

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】过F作BD的平行线交AC于M，则∠MGF即为直线FG与平面A1ACC1所成的角，易得，从而可得解.

【详解】方法一　过F作BD的平行线交AC于M，则∠MGF即为直线FG与平面A1ACC1所成的角．

设正方体棱长为1，由,所以面A1ACC1，所以

则MF＝，GF＝，∴sin ∠MGF＝.

方法二　如图，分别以AB，AD，AA1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．

设正方体棱长为1，则易知平面A1ACC1的一个法向量为n＝(－1,1,0)．

∵F，G，∴＝.

设直线FG与平面A1ACC1所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈n， 〉|＝＝.

答案：D

【点睛】本题考查直线与平面所成的角的求解，考查学生的推理论证能力，属中档题．求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可．面面角一般是要么定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，要么建系来做.

8. 已知圆，过点的直线，，…，被该圆M截得的弦长依次为，，…，，若，，…，是公差为的等差数列，则n的最大值是（    ）

A. 10 B. 11 C. 12 D. 13

【答案】D

【解析】

【分析】求出弦长的最小和最大值，根据等差数列的关系即可求出n的最大值

【详解】解：由题意

在圆中

∴圆心，半径为3，

过点直线，，…，被该圆M截得的弦长依次为，，…，

过圆心作弦的垂线，交圆于两点，如下图所示：

由几何知识得，当时，

为最短弦长；为最长弦长，为6.

此时，

直线的解析式为：

直线的解析式为：

圆心到弦BC所在直线的距离：

连接,

由勾股定理得，

∴，

∴最短弦长，

∵，，…，是公差为的等差数列

∴设

∵最长弦长为6

∴

解得：

故选：D.

9. 已知函数，则的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用导数可求得在和上的单调性，由此可排除错误选项.

【详解】当时，，则，

在上单调递增，BD错误；

当时，，则，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，C错误，A正确.

故选：A.

10. 如图，分别为双曲线的左、右焦点，过点作直线，使直线与圆相切于点P,设直线交双曲线的左右两支分别于A、B两点（A、B位于线段 上），若,则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】连接，，设则，由题意可知，，即，即， 则，求解离心率即可.

【详解】连接，，设则，即，，

根据双曲线定义可知，

即

即

直线与圆相切于点P

在中①

在中②

在中③

②③联立得，即

①②联立得即④

将代入④，即，

整理得即

故选：B

【点睛】本题考查双曲的离心率，解决本题的关键是根据双曲线的定义表示出与，本题属于中档题.

11. 已知，为函数的零点，，若，则（    ）

A.  B.

C.  D. 与大小关系不确定

【答案】C

【解析】

【分析】为函数的零点，则可以将三个根代入方程得到三个方程，再将这三个方程进行运算凑出，可解出为定值，然后再根据函数有三个零点求出的范围可得答案.

【详解】易知为函数的零点，

又

解之：，负根舍去；

又，

即与有三个交点，交点横坐标分别为，如下图先计算过原点的切线方程，不妨设切点为

切线方程为：过原点，

此时的斜率比切线斜率小，结合图像容易分析出，

故选：C

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

12. 已知函数，若的零点个数为4，则实数a取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

设，做出函数图像，分析的实根情况，方程有两个不等实数根，且满足，或，或；然后讨论计算得出结果即可.

【详解】解：根据函数，做出其图像如下：

设，根据函数图像有：

当时，方程有2个实数根；

当时，方程有3个实数根；

当时，方程有2个实数根；

当时，方程有1个实数根；

当时，方程没有实数根；

当若的零点个数为4个时，

方程有两个不等实数根，

且满足，或，或；

设函数；

则，，，

解得，或，

故选：A.

【点睛】本题考查复合函数的零点问题，二次方程根的分布问题，数形结合思想的应用，属于较难题型；解题方法就是先令，再根据的图像得出不同取值时，的实根个数，然后构造方程，求出当函数有四个零点时的的组合，再构造方程求解即可；解题的关键点是数形结合求出在取不同值时的实根个数.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 小小的火柴棒可以拼成几何图形，也可以拼成数字．如下图所示，我们可以用火柴棒拼出1至9这9个数字比如：“1”需要2根火柴棒，“7”需要3根火柴棒．若用8根火柴棒以适当的方式全部放入右面的表格中（没有放入火柴棒的空位表示数字“0”），那么最多可以表示无重复数字的三位数有______个

【答案】20

【解析】

【分析】根据表示数字的火柴棒的根数分类讨论，结合排列组合即可求解．

【详解】由题意可得，用2根火柴棒表示数字1，3根火柴棒表示数字7，4根火柴棒表示数字4，5根火柴棒表示数字2，3或5，6根火柴棒表示数字6或9，7根火柴棒表示数字8，

数字不重复，因此8根火柴棒只能分成两类：2和6，3和5，组成两个数字，还有数字只能为0，

这样组成的无重复数字的三位数个数为：．

故答案为：20

14. 若实数a，b满足，则的取值范围是_____.

【答案】

【解析】

【分析】

可化为，令，只需求出的范围，作出不等式组所表示的平面区域，利用的几何意义，即可求出的范围，进而可求出的取值范围．

【详解】，令，则，

作出原不等式组所表示的平面区域，如图所示，

易知当目标函数，过点时，取得最小值；

当过点时，取得最大值，故，

所以，

所以的取值范围是．

　故答案为：

【点睛】本题主要考查线性规划知识的应用，关键是将可化为，利用数形结合求出的范围．

15. 如图所示，墙上挂有边长为a的正方形木板，它的四个角的阴影部分都是以正方形的顶点为圆心，半径为的圆弧.某人向此板投镖，假设每次都能击中木板，且击中木板上每个点的可能性都相等，此人投镖4000次，镖击中空白部分的次数是854次.据此估算：圆周率π约为__.

【答案】3.146

【解析】

【分析】先求出击中空白部分的概率对应的平面区域的面积，再根据几何概型概率公式易求解．

【详解】解：图中空白部分的面积为：，

则他击中空白部分的概率是，

投镖4000次，镖击中空白部分的次数是854次，

，

．

故答案为：3.146．

【点睛】本题主要考查了几何图形的面积、几何概型．几何概型的概率估算公式中的“几何度量”，可以为线段长度、面积、体积等，而且这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关．

16. 如图为某公园供游人休息的石凳，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的，它的表面是由正三角形和正方形组成，设被截正方体的棱长为2a，若球О以该几何体的中心为球心，且与正三角形表面相切，则该球被其中一个正方形表面截得的截面面积为__________.

【答案】

【解析】

【分析】由题意，建立空间直角坐标系，根据球的性质，求得半径，利用勾股定理，结合圆的面积计算公式，可得答案.

【详解】如图建系，，，，，

，

四面体OABM为正四面体，O到平面ABM距离，

易知球心到正方形所在平面的距离为，

球被正方体ABCD截得的圆为圆，，.

故答案为：.

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分．

17. 已知数列中，，，，．

（1）求的通项公式；

（2）设，，，求证：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）通过递推公式求出的值，求出与的差，进而求出数列的通项公式.

（2）求出数列的通项公式，通过放缩法即可证明.

【小问1详解】

由题意

在数列中，，，，

∴，，

∴

∴

∴

∵

∴

小问2详解】

由题意及（1）证明如下，

在数列中，

，，，

在数列中，，，

∴

∴
 

18. 某公司生产一种消毒液，为测试消杀效果，测试车间用该消毒液对8个染菌不锈钢载片进行测试：第一轮测试，逐一对着8个载片进行消杀检测，若检测出不超过1个载片没有消杀效果，则该消毒液合格，测试结束；否则，10分钟后对没有产生消杀效果的载片进行第二轮测试，如果第二轮被测试的载片都产生消杀效果，则消毒液合格，否则需要对该消毒成分进行改良．假设每个染菌载片是否产生消杀效果相互独立，每次消杀检测互不影响，且每次消杀检测每一个染菌片产生效果的概率为．

（1）求经过第一轮测试该消毒液即合格的概率；

（2）每进行一次载片测试视为一次检测，设检测次数的数学期望为，求证：．

【答案】（1）   

（2）见解析.

【解析】

【分析】（1）由题意可得经过第一轮测试该消毒液即合格有两种情况：8个载片均有效果，或7个载片均有效果.利用二项分布的概率计算公式即可得出结论.

（2）第一轮测试，逐一对这8个载片进行消杀检测，共检测8次，第一轮未产生效果的有个载片.因此第二轮检测的次数为，进而证明结论.

【小问1详解】

由题意可得经过第一轮测试该消毒液即合格有两种情况：

8个载片均有效果，或7个载片均有效果.

所以经过第一轮测试该消毒液即合格的概率为：

.

【小问2详解】

证明：第一轮测试，逐一对这8个载片进行消杀检测，

共检测8次，则，

因为每次消杀检测每一个染菌片产生效果的概率为，

所以第一轮未产生效果的有个载片.

因此第二轮检测的次数为，

所以，即为最多次数.

所以.

19. 如图（1），菱形中，，动点E，F分别在边上（不含端点），且，沿将向上折起得到，使得平面平面，如图（2）所示．

（1）当何值时，;

（2）若直线与平面所成角的正切值为，求平面和平面夹角的大小．

【答案】（1）   

（2）．

【解析】

【分析】（1）证明，延长交于点N，确定 O为的重心，计算得到答案.

（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，根据线面夹角得到，再计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.

【小问1详解】

菱形中，，故，，是等边三角形，

又，故，故也是等边三角形，

取的中点O，连接，则，平面平面，平面，

平面平面，故平面，平面，

故，由，而，故平面，平面，

故，

延长交于点N，则，，故O为的重心，

又O点在上，，故，即．

【小问2详解】

以O为坐标原点，以为x轴，y轴，之轴建立空间直角坐标系（如图所示），

设菱形边长为2，则，，，

，，

平面，即为与平面所成的角，

，解得，

平面，故即为平面的法向量．

设平面的法向量为，则即，

取，则，，

平面与平面的夹角为．

20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆右顶点为，离心率为，P是直线上任一点，过点且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点．

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线PA，PM，PB的斜率分别为，，，问：是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）根据右顶点和离心率求出和，进而求出，即可得到椭圆的方程.

（2）假设存在，然后对直线斜率是否存在进行分类讨论，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，代入，即可求出的值.

【小问1详解】

由题意

在椭圆中，

右顶点为，离心率为，

∴，

∴

∴

∴椭圆的方程为：

【小问2详解】

由题意及（1）得

在椭圆中，

设存在常数，使得

当直线斜率不存在时，

其方程为：，

代入椭圆方程得，，

此时,

可得

当直线斜率存在时，

设直线的方程为，，，

将直线方程代入椭圆方程得：

∴，

∵P是直线上任一点，过点且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点

∴直线的方程为：

∴

由几何知识得：，，

∵

∴

将，，，代入方程，并化简得：

解得：

综上，存在常数，使得

21. 已知函数有两个极值点．

（1）求实数a的取值范围；

（2）若，求的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导得，有两个极值点等价于有两个解，结合一元二次函数性质即可求解a的取值范围；

（2）由（1）的韦达定理得，化简代换得，变形整理得，令，构造，利用导数研究的单调性，求出，进而得解.

【小问1详解】

由得，，因为有两个极值点，所以有两个解，令，则有两个不同的正根，即，解得，所以；

【小问2详解】

由（1）根据韦达定理得，所以

，所以

，

因为，所以，令，设，

则，

因为，所以，所以，所以在单减，，所以的最大值为.

【点睛】关键点睛：利用导数求解函数最值问题可难可简单，本题由韦达定理代换参数是解题关键，构造函数法求解极值是常用方法，应善于积累此类题型，进行专项训练.
 

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.

[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

22. 在平面直角坐标系中，已知曲线C的参数方程为（为参数），以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（1）写出直线的直角坐标方程以及曲线C的极坐标方程；

（2）若，且直线与曲线C交于两点，求的值.

【答案】（1）直线的直角坐标方程为，曲线C的极坐标方程为；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据平方关系消去参数可得曲线C的普通方程，再根据极坐标与直角坐标互化公式即可解出；

（2）依题可得直线的参数方程标准形式，再与曲线C的普通方程联立，然后根据参数的几何意义即可解出．

【详解】（1）因为直线的极坐标方程为，即，所以直线的直角坐标方程为；

由题可得，曲线C：，即，

故曲线C的极坐标方程为.

（2）易知点在直线上，设直线的参数方程为（t为参数），

代入C：中，整理得，

由根与系数的关系得，

故.

[选修4—5：不等式选讲]（10分）

23. 已知函数．

（1）求关于的不等式的解集；

（2）如果关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）去绝对值，将函数化成分段函数的形式，即可求出的解集.

（2）求出函数的取值范围，因关于的不等式的解集不是空集，故实数需要大于函数的最小值，即可求出实数的取值范围.

【小问1详解】

由题意

在中，

当时，

当时，

当时，

∴当时，解得：

∴x的不等式的解集为

【小问2详解】

由题意及（1）得

在中，

∴

∵关于x的不等式的解集不是空集，

∴

∴实数a的取值范围为：.